2022-2023学年广西壮族自治区玉林市高一年级上册学期1月期末数学试题【含答案】

《2022-2023学年广西壮族自治区玉林市高一年级上册学期1月期末数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年广西壮族自治区玉林市高一年级上册学期1月期末数学试题【含答案】（12页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022-2023学年广西壮族自治区玉林市高一上学期1月期末数学试题一、单选题1已知集合，那么等于（）ABCD【答案】D【分析】应用集合的并运算求即可.【详解】由题设.故选：D2命题“”的否定是（）ABCD【答案】A【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.【详解】命题“ ”的否定为“”，故选：A.3函数的图象恒过定点，则M为（）ABCD【答案】A【分析】令对数的真数为，求出所对应的，再代入函数解析式，即可求出函数过定点坐标；【详解】解：函数，令，解得，此时，所以函数恒过定点；故选：A4某同学参加研究性学习活动，得到如下实验数据：39278124以下函数中最符合变量与的对应关系的是（ ）ABC

2、D【答案】D【分析】结合表格所给数据以及函数的增长快慢确定正确选项.【详解】根据表格所给数据可知，函数的增长速度越来越慢，A选项，函数增长速度不变，不符合题意.BC选项，当时，函数、增长越来越快，不符合题意.D选项，当时，函数的增长速度越来越慢，符合题意.故选：D5如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由零点存在性定理得出“若，则函数在内有零点”举反例即可得出正确答案.【详解】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点

3、，但所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判断，属于中档题.6已知，则a，b，c的大小关系是（）ABCD【答案】B【分析】根据给定条件利用指数、对数函数性质，三角函数诱导公式并借助“媒介”数即可比较判断作答.【详解】函数在上单调递增，而，则，函数在R上单调递增，而，则，即，所以.故选：B7函数的部分图象如图所示，则它的解析式是（）ABCD【答案】C【分析】 依据函数图象和五点法可以解出各参数.【详解】根据函数的部分图象知，又，解得，所以；由，得，解得，所以；又，所以，所以函数故选：C8已知函数是定义在上的奇函数，且满足，则（）AB0C1D2

4、022【答案】B【分析】求出函数的周期，利用周期和可得答案.【详解】因为，所以，所以的周期为4，函数是定义在上的奇函数，所以，所以，.故选：B.二、多选题9若，则下列不等式成立的是（）ABCD【答案】ABD【分析】根据不等式性质依次判断即可.【详解】，则，A正确；，故，B正确；取得到不成立，C错误；，D正确.故选：ABD.10下列各式中，值为的是（）ABCD【答案】BC【分析】根据三角恒等变换的公式，求解即可.【详解】对于A，故A错误；对于B，故B正确；对于C，原式，故C正确；对于D，故D错误.故选：BC11已知，是正数，且，下列叙述正确的是（）A最大值为1B有最大值4C的最大值为2D的最小值

5、为9【答案】AC【分析】根据题意，由基本不等式对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】，是正数，当且仅当时取等号，此时，故A正确；，当且仅当时取等号，有最小值4，故B错误；因为，则，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，当且仅当时取等号，故D错误故选：AC12已知函数函数有四个不同的零点，且，则（）A的取值范围是B的取值范围是CD【答案】AC【分析】结合的图象，由图可知，由二次函数的对称性，可得，可得答案.【详解】有四个不同的零点，即方程有四个不同的解 的图象如图所示，由图可知，所以，即的取值范围是，由二次函数的对称性，可得因为，所以，故故选：AC.三、填空题13已知扇形的圆心角为，其弧长是，则该

6、扇形的面积是 【答案】/【分析】根据题意，先求得扇形半径，然后由面积公式，即可得到结果.【详解】设扇形的半径为，则，所以，所以扇形面积为故答案为：14函数，则 .【答案】【解析】首先求出，再将代入对应的解析式即可求解.【详解】由，所以，所以，故答案为：【点睛】本题考查了求分段函数的函数值，属于基础题.15科学家以里氏震级来度量地震的强度，若设为地震时所散发出来的相对能量程度，则里氏震级可定义为2021年3月13日下午江西鷹潭余江区发生里氏3.1级地震，2020年1月1日四川自贡发生里氏4.3级地震，则自贡地震所散发出来的能量是余江地震所散发出来的能量的 倍【答案】100【分析】根据题意得到方程

7、组，两式相减后得到答案.【详解】设里氏3.1级地震所散发出来的能量为，里氏4.3级地震所散发出来的能量为，则，-得：，解得：故答案为：10016所有可能取值的集合为 【答案】【分析】根据，分四个象限求解.【详解】解：因为，由已知可得角的终边不在坐标轴上，当角的终边在第一象限，则原式，当角的终边在第二象限，则原式，当角的终边在第三象限，则原式，当角的终边在第四象限，则原式，故所有可能取值的集合为，故答案为：四、解答题17计算下列各式的值(1)；(2)已知，求【答案】(1)(2)1【分析】（1）根据指数幂与对数的运算公式，准确运算，即可求解；（2）根据三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，即可

8、求解.【详解】（1）解：由.（2）解：因为，所以.18已知函数的定义域为A，集合(1)当时，求；(2)若，求的取值范围【答案】(1)或(2)【分析】（1）先求出，再求出即可；（2）分和两种情况，得到关于a的不等式，再求出的取值范围.【详解】（1）要使函数有意义，则，解得，当时，或，则或（2），当时，即，满足题意；当时，解得，综上，的取值范围为19某商店出售茶壶和茶杯，茶壶每只定价20元，茶杯每只定价5元该商店定制了两种优惠方案；方案一：买一只茶壶赠送一只茶杯；方案二：总价打9折某顾客欲购买茶壶4只，茶杯若干只（不少于4只），若购买茶杯数为x只，付款总钱数为y元，分别建立两种优惠方案中y与x之间

9、的函数关系式，并讨论该顾客买同样多的茶杯，两种方案中哪一种更省钱【答案】方案一：，；方案二：，省钱情况见解析.【分析】根据题设列出方案一、二的函数、解析式，根据、的大小关系列不等式研究不同x范围下两方案的省钱情况.【详解】方案一：且，方案二：且，当，解得，此时方案二比方案一省钱；当，解得，此时方案一、方案二的省钱情况一样；当，解得，即，此时方案一比方案二省钱；20已知(1)若的解集为或，求的值；(2)若对任意，恒成立，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知，是方程的根，从而可得，求解即可；（2）由题意可知，而，利用基本不等式求得最小值，从而可求解.【详解】（1），若的解集为或

10、，则，是方程的根，即，解得：（2）若对任意，恒成立，即若对任意，由已知得，当且仅当时取等号，所以，即的取值范围为.21已知函数(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；(2)将函数的图象上各点的纵坐标保持不变，向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数求方程在上的所有根之和【答案】(1)周期，单调递增区间为(2)【分析】（1）利用周期的公式求周期，利用整体代入的方法求单调区间；（2）利用图象的平移变换得到的解析式，然后解方程求根即可.【详解】（1）因为，所以最小正周期，令，解得，故的单调递增区间为（2）将函数的图象上各点的纵坐标保持不变，向右平移个单位，可得函

11、数的图象；再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象方程，即，在区间上，故由方程可得，或，求得，或，故方程在区间上的所有根之和为22已知函数为奇函数(1)求实数的值；(2)证明函数在上的单调递增；(3)若存在使得函数在区间上的值域为，求实数的取值范围【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据函数为奇函数，由求解；（2）利用函数单调性的定义求解；（3）根据（2）知在上的单调递增，结合在区间上的值域为，转化为在上有两个不同实根求解.【详解】（1）解：函数为奇函数，即，当时显然不成立，故，（2）证明：定义域，任取，则，在上的单调递增（3）由（2）知在上的单调递增，在区间上的值域为，且且，即，是方程的实根，问题等价于在上有两个不同实根，令，显然，则，即，解得，故的范围